Đến nội dung

Phạm Hữu Bảo Chung nội dung

Có 549 mục bởi Phạm Hữu Bảo Chung (Tìm giới hạn từ 29-03-2020)



Sắp theo                Sắp xếp  

#439494 Chứng minh : $\frac{x-\sqrt{x}}{1-...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 31-07-2013 - 16:05 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

Giải
ĐK: $x \geq 0$ và $\sqrt{2(x^2 - x+ 1)} \neq 1$
 
Nhận thấy: $(x - 1)^2 \geq 0 \Rightarrow 2(x^2 - x + 1) \geq x^2 + 1 \geq 1$
Vì vậy: $1 - \sqrt{2(x^2 - x + 1)} < 0$ (Kết hợp với điều kiện).
 
Do đó, bất phương trình ban đầu tương đương:
$x - \sqrt{x} \leq 1 - \sqrt{2(x^2 - x + 1)}$
 
$\Leftrightarrow \sqrt{2(x^2 - x + 1)} \leq 1 + \sqrt{x} - x$
 
$\Leftrightarrow \sqrt{2(x - 1 + \dfrac{1}{x})} \leq \dfrac{1}{\sqrt{x}} + 1 - \sqrt{x}$
 
Đặt $\sqrt{x} - \dfrac{1}{\sqrt{x}} = a$, ta được:
$\sqrt{2(a^2 + 1)} \leq 1- a$
 
$\Leftrightarrow (a + 1)^2 \leq 0$ và $a \leq 1$ 
 
$\Leftrightarrow a = -1 \Rightarrow \sqrt{x} - \dfrac{1}{\sqrt{x}} = -1 \Leftrightarrow x = \dfrac{3 - \sqrt{5}}{2}$ 



#325502 giải pt: $\sqrt{5-x^{6}}-\sqrt[3]{3x^{4}-2}=1$

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 15-06-2012 - 17:14 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

ĐK: $x^6 \leq 5$
Phương trình ban đầu tương đương:

$\sqrt{5 - x^6} - 2 + 1 - \sqrt[3]{3x^4 - 2}= 0$


$\Leftrightarrow \dfrac{1 - x^6}{\sqrt{5 - x^6} + 2} + \dfrac{3(1 - x^4)}{\sqrt[3]{(3x^4 - 2)^2} + \sqrt[3]{3x^4 - 2} + 1} = 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{(1 - x^2)(1 + x^2 + x^4)}{\sqrt{5 - x^6} + 2} + \dfrac{3(1 - x^2)(1 + x^2)}{\sqrt[3]{(3x^4 - 2)^2} + \sqrt[3]{3x^4 - 2} + 1} = 0$


$\Leftrightarrow (1 - x^2)(\dfrac{1 + x^2 + x^4}{\sqrt{5 - x^6} + 2} + \dfrac{3(1 + x^2)}{\sqrt[3]{(3x^4 - 2)^2} + \sqrt[3]{3x^4 - 2} + 1}) = 0$


$\Leftrightarrow x^2 = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1 ™$

(Do $\dfrac{1 + x^2 + x^4}{\sqrt{5 - x^6} + 2} + \dfrac{3(1 + x^2)}{\sqrt[3]{(3x^4 - 2)^2} + \sqrt[3]{3x^4 - 2} + 1} > 0 \forall x \in R$)



#444586 tính

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 21-08-2013 - 20:25 trong Đại số

Giải
$A = \frac{1+3\sqrt{2}-2\sqrt{3}}{\sqrt{6}+\sqrt{3}+\sqrt{2}}$
 
$A = \dfrac{(\sqrt{3})^2 - (\sqrt{2})^2 + \sqrt{6}(\sqrt{3} - \sqrt{2})}{\sqrt{6}+\sqrt{3}+\sqrt{2}}$
 
$A = \dfrac{(\sqrt{3} - \sqrt{2})( \sqrt{3} + \sqrt{2} + \sqrt{6})}{\sqrt{6}+\sqrt{3}+\sqrt{2}} = \sqrt{3} - \sqrt{2}$



#446858 Tìm min $P=\sum(xyz+1)-x-y-z$

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 01-09-2013 - 14:57 trong Bất đẳng thức và cực trị

Giải
Ta có:
$\left(xyz+1\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)+\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}-x-y-z$
 
$= xy + yz + zx + \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}-x-y-z$
 
Ta có: 
$xy + \dfrac{x}{y} - x + \dfrac{1}{x} \geq 2\sqrt{xy.\dfrac{x}{y}} - x + \dfrac{1}{x} = x + \dfrac{1}{x} \geq 2$
 
Thực hiện tương tự với các biểu thức còn lại rồi cộng vế theo vế, suy ra: $P \geq 6$
Dấu "=" xảy ra khi $x = y = z = 1$



#443941 Giải phương trình: $\frac{sin3x}{cos3x+2cosx}=...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 18-08-2013 - 20:59 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác

Giải
ĐK: $\left\{\begin{matrix}\cos{3x} + 2\cos{x} \neq 0\\x \neq k\pi\end{matrix}\right.$
 
Phương trình ban đầu tương đương:
$\dfrac{3\sin{x} - 4\sin^3{x}}{(4\cos^3{x} - 3\cos{x}) + 2\cos{x}} = \cot^2{x}$
 
$\Leftrightarrow \dfrac{\sin{x}(3 - 4\sin^2{x})}{\cos{x}(4\cos^2{x} - 1)} = \cot^2{x}$
 
$\Leftrightarrow \dfrac{\sin{x} \left [ 3 - 4(1 - \cos^2{x})\right ]}{\cos{x}(4\cos^2{x} - 1)} = \cot^2{x}$
 
$\Leftrightarrow \tan{x} = \cot^2{x} \Leftrightarrow \tan^3{x} = 1 \Leftrightarrow \tan{x} = 1 \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi}{4} + k\pi \, (k \in Z)$
 
Đối chiếu điều kiện, ta nhận họ nghiệm này.



#445592 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 26-08-2013 - 20:48 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài 1.

Giải

Ta có: $P = x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx = \dfrac{1}{2}\left [ (x - y)^2 + (y - z)^2 + (z - x)^2\right ] \geq 0$
Vậy: $Min_P = 0$ khi $x = y = z = 1$
 
Giả sử $x \leq y \leq z$. Dễ thấy: $x \leq 1$ và $z \geq 1$. Đặt $x = 1 - a; z = 1 + b, y = 1 + a - b \, (0 \leq a, b \leq 1)$
Khi đó, biến đổi P và rút gọn, ta được:$P = 3(a^2 + b^2 - ab)$
Dễ thấy: Nếu $a \leq b$ thì $P = 3b^2 + 3a(a - b) \leq 3$
Tương tự: Nếu $b \leq a$ thì $P = 3a^2 + 3b(b - a) \leq 3$
Vì vậy: $Max_P = 3$. Dấu "=" xảy ra khi $x = 0, y = 1, z = 2$ và các hoán vị.
Bài 3.
Giải
Từ giả thiết, ta có: $x + y + z + 6 \geq x^2 + y^2 + z^2 \geq \dfrac{(x + y + z)^2}{3}$
Do đó: $-3 \leq x + y + z \leq 6$
Vì x, y, z > 0 nên $0 < x + y + z \leq 6$
Từ đó ta có:
$P = \dfrac{1}{x + y + 1} + \dfrac{1}{y + z + 1} + \dfrac{1}{z + x + 1} \geq \dfrac{9}{2(x + y + z) + 3} \geq \dfrac{3}{5}$
Vậy: $Min_P = \dfrac{3}{5}$ khi $x = y = z = 2$
 
Sai thì thôi bạn nhé :D

 




#445482 Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 26-08-2013 - 00:03 trong Phương trình, Hệ phương trình Lượng giác

Bài 1.
Giải
Phương trình tương đương:
$4\sin{\left (x+\frac{\pi }{6} \right )} \left [\sin{\left (2x+\frac{\pi }{6} \right )}-1\right ]= 2\left(\cos{2x} - \cos{\dfrac{\pi}{3}} \right )$
 
$\Leftrightarrow 4\sin{\left (x+\frac{\pi }{6} \right )} \left [\sin{\left (2x+\frac{\pi }{6} \right )}-1\right ]= 4\sin{\left (\dfrac{\pi}{6} - x\right )}\sin{\left (\dfrac{\pi}{6} + x\right )}$
 
$\Leftrightarrow 4\sin{\left (x+\frac{\pi }{6} \right )} \left [\sin{\left (2x+\frac{\pi }{6} \right )} + \sin{\left (x - \dfrac{\pi}{6}\right )} - 1 \right ] = 0$
 
Mình chỉ giải phương trình này thôi nhé:
$\sin{\left (2x+\frac{\pi }{6} \right )} + \sin{\left (x - \dfrac{\pi}{6}\right )} - 1 = 0$
 
Đặt $t = x - \dfrac{\pi}{6} \Rightarrow 2x = 2t + \dfrac{\pi}{3}$, ta được:
$\sin{\left ( 2t + \dfrac{\pi}{2}\right )} + \sin{t} - 1 = 0 \Leftrightarrow \cos{2t} + \sin{t} - 1 = 0$
 
Đến đây thì dễ rồi nhỉ?



#325474 Giải phương trình $\frac{x^{3}+x}{(x^{2}-x+1)^{2}}=2$

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 15-06-2012 - 16:12 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

1. Giải phương trình

$\frac{x^{3}+x}{(x^{2}-x+1)^{2}}=2$

Giải

Phương trình trên tương đương:
$x(x^2 + 1) = 2(x^2 +1 - x)^2 $


Đặt $x^2 + 1 = a \geq 1$
Theo đề bài, ta có:
$ax = 2(a - x)^2 \Leftrightarrow 2a^2 - 5ax + 2x^2 = 0$


$\Leftrightarrow (x - 2a )(a - 2x) = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} a = 2x\\x = 2a\end{array}\right.$
$\Rightarrow \left[\begin{array}{l} x^2 + 1 = 2x\\x = 2(x^2 + 1)\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} (x - 1)^2 = 0\\2x^2 - x + 2 = 0 \end{array}\right.$

$\Rightarrow x = 1$



#435150 Cho $x+y=2$. Tìm MAX của $A= (x^3+2)(y^3+2)$

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 14-07-2013 - 08:57 trong Bất đẳng thức và cực trị

Giải
Đặt $S = x + y = 2; P = xy \leq \dfrac{S^2}{4} = 1$
Ta có:
$A = (x^3 + 2)(y^3 + 2) = (xy)^3 + 2(x^3 + y^3) + 4$
 
$A = P^3 + 2(S^3 - 3PS) + 20 = P^3 - 12P + 20$
 
Đoạn sau này mình chưa học nên không biết có đúng không nữa?
 
Xét hàm số $f(t) = t^3 - 12t + 20$ trên $(- \propto; 1]$ có đạo hàm $f’(t) = 3t^2 - 12$
Ta thấy: $f'(t) = 0 \Leftrightarrow t = \pm 2 $
  • $f’(t) > 0$ $\forall$ $t \in (- \propto; - 2)$
  • $f’(t) < 0$ $\forall$ $t \in (-2; 1]$
Vì vậy: $Max_{A} = 36$ khi $P = - 2 \Rightarrow x = 1+ \sqrt{3}; y = 1 - \sqrt{3}$



#451366 Giải HPT $\left\{\begin{matrix}2x\sqr...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 18-09-2013 - 00:16 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải

ĐK: $\dfrac{-1}{2} \leq x \leq \dfrac{1}{2}$ và $-1 \leq y \leq 1$

Nhận thấy:
$2x\sqrt{1 - 4x^2} \leq \dfrac{4x^2 + 1 - 4x^2}{2} = \dfrac{1}{2}$

Mà $\sqrt{1 - y^2} \leq 1$

Vì vậy: $VT_{(1)} \leq \dfrac{3}{2} < 2$

Hệ vô nghiệm.

 

P/S: Trùng bài. Nhờ Ad xóa giùm :)




#448811 Cho a,b,c dương thỏa mãn : $a,b,c \epsilon (0;1)$ Và $...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 08-09-2013 - 13:40 trong Bất đẳng thức - Cực trị

Giải

Đặt $P = \sqrt{\dfrac{1 - a}{bc}} + \sqrt{\dfrac{1 - b}{ac}} + \sqrt{\dfrac{1 - c}{ab}} = 2$

Khi đó;
$\dfrac{P^2}{3} \leq \dfrac{1 - a}{bc} + \dfrac{1 - b}{ac} + \dfrac{1 - c}{ab} = \dfrac{a + b + c - ( a^2 + b^2 + c^2)}{abc}$

$\leq \dfrac{a + b + c - \dfrac{(a + b + c)^2}{3}}{abc} = \dfrac{\frac{-1}{3}\left ( a + b + c - \dfrac{9}{4}\right )^2 - \dfrac{1}{2}(a + b + c) + \dfrac{27}{16}}{abc}$

 

$\leq \dfrac{\dfrac{- 3}{2}\sqrt[3]{abc} + \dfrac{27}{16}}{abc}$

 

Đặt $\sqrt[3]{abc} = t \Rightarrow \dfrac{\dfrac{-3}{2}t + \dfrac{27}{16}}{t^3} \geq \dfrac{4}{3}$

$\Leftrightarrow 64t^3 + 72t - 81 \leq 0 \Rightarrow t \leq \dfrac{3}{4} \Rightarrow abc \leq \dfrac{27}{64}$

Dấu “=” xảy ra khi $a = b = c = \dfrac{3}{4}$

 

 




#446854 Chứng minh $\sqrt[4]{1-x^2}+\sqrt[4]{1-x}+...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 01-09-2013 - 14:51 trong Bất đẳng thức và cực trị

Giải
Đặt $\sqrt[4]{1 - x} = a, \sqrt[4]{1 + x} = b \, (a, b \geq 0) \Rightarrow a^4 + b^4 = 2$
 
Khi đó, biểu thức ban đầu trở thành:
$P = ab + a + b \leq \sqrt{\dfrac{a^4 + b^4}{2}} + \sqrt{8(a^4 + b^4)} = 3$
 
Dấu "=" xảy ra khi $a = b \Rightarrow x = 0$
Chú ý: $a^4 + b^4 \geq \dfrac{(a^2 + b^2)^2}{2} \geq \dfrac{(a + b)^4}{8}$



#422106 Tìm $m \in \mathbb{Z}$ để $\left...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 29-05-2013 - 23:13 trong Đại số

Cho hệ: $\left\{\begin{matrix}x+my=2 & \\ mx-2y=1 & \end{matrix}\right.$

 

a) Giải hệ khi m=2

 

b) Tìm  $m \in \mathbb{Z}$ để hệ có nghiệm x > 0 ; y > 0

 

c) Tìm  $m \in \mathbb{Z}$ để hệ có nghiệm nguyên duy nhất.

 

Giải

a) OK

b) Ta tính được:

$x = \frac{m + 4}{m^2 + 2}$

 

$y = \dfrac{2m - 1}{m^2 + 2}$

 

Vì vậy, để x, y > 0 thì $m \geq \dfrac{1}{2}$. Kết hợp với điều kiện $m \in Z$ để kết luận.

 

c) Ta thấy:
$2x - y = 2.\dfrac{m + 4}{m^2 + 2} - \dfrac{2m - 1}{m^2 + 2} = \dfrac{9}{m^2 + 2}$

 

Vì $x, y \in Z$ nên $2x - y \in Z$.

 

Do đó, $m^2 + 2$ phải là ước của 9. Mà $m^2 + 2 \geq 2$ nên nó chỉ có thể bằng 3 hoặc bằng 9.

 

- Nếu $m^2 + 2 = 3 \Leftrightarrow m = \pm 1$. Thử lại, ta nhận giá trị m = -1.

 

- Nếu $m^2 + 2 = 9 \Leftrightarrow m = \pm \sqrt{7}$. Do $m \in Z$ nên hai giá trị này bị loại.

 

Vậy, chỉ có m = -1 thỏa mãn yêu cầu đề bài.
 




#434007 cho tam giác ABC, c/m $sin^2A$+$sin^2B$+$\frac...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 09-07-2013 - 15:34 trong Bất đẳng thức và cực trị

Giải
Ta có:
$M = \sin^2{A} + \sin^2{B} + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin^2{C}$
 
$= \dfrac{1 - \cos{2A}}{2} + \dfrac{1 - \cos{2B}}{2} + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin^2{C}$
 
$= 1 - \dfrac{1}{2}(\cos{2A} + \cos{2B}) + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin^2{C}$
 
$= 1 - \cos{(A + B)}\cos{(A - B)} + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin^2{C}$
 
$= 1 + \cos{C}\cos{(A - B)} + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin^2{C} $
 
- Nếu $\cos{(A - B)} \leq 0$ thì A hoặc B là góc tù. Khi đó: C là góc nhọn. Vì vậy: $\cos{C} > 0$
 
Từ đó suy ra: $M \leq 1 + \dfrac{\sqrt{2}}{2} < 1 + \dfrac{3\sqrt{2}}{4}$
 
- Nếu $0 < cos{(A - B)} \leq 1$. Khi đó:
$M \leq 1 + \cos{C} + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin^2{C} = 1 + \cos{C} + \dfrac{\sqrt{2}}{2}(1 - \cos^2{C})$
 
$\Leftrightarrow M \leq -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \left ( \cos{C} - \dfrac{1}{\sqrt{2}}\right )^2 + 1 + \dfrac{3\sqrt{2}}{4} \leq 1 + \dfrac{3\sqrt{2}}{4}$
 
Vậy, ta có điều phải chứng minh.



#438562 $\sqrt{x^{2}+x-1}+\sqrt{-x^{2}+x+1}= x^{2}-x+2$

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 27-07-2013 - 12:39 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải
ĐK: $\dfrac{\sqrt{5} - 1}{2} \leq x \leq \dfrac{\sqrt{5} + 1}{2}$
Ta có:
$\sqrt{x^2 + x - 1} + \sqrt{-x^2 + x + 1} \leq\sqrt{2(x^2 + x - 1 - x^2 + x+ 1)} = 2\sqrt{x} $
Mặt khác: 
$x^2 - x + 2 = (x^2 - 2x + 1) + (x -2\sqrt{x} + 1) + 2\sqrt{x}$ 
$= (x - 1)^2 + (\sqrt{x} - 1)^2 + 2\sqrt{x} \geq 2\sqrt{x}$
 
Vì vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 1



#446850 Tìm min $A=\left(1+x\right)\left(1+\frac{1...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 01-09-2013 - 14:33 trong Bất đẳng thức và cực trị

Giải
Ta có:
$A=\left(1+x\right)\left(1+\dfrac{1}{y}\right)+\left(1+y\right)\left(1+\dfrac{1}{x}\right)$
 
$= 2 + x + y + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{x}{y} + \dfrac{y}{x} \geq 4 + x + y + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}$
 
Mặt khác, ta có:
$x + \dfrac{1}{2x} \geq \sqrt{2}$
 
$y + \dfrac{1}{2y} \geq \sqrt{2}$
 
$\dfrac{1}{2}\left (\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} \right ) \geq \dfrac{2}{x + y} \geq \dfrac{2}{\sqrt{2(x^2 + y^2)}} = \sqrt{2}$
 
Vậy $A \geq 4 + 3\sqrt{2}$. Dấu "=" xảy ra khi $x = y = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$



#423955 tìm Min $P=\sum \sin \frac{A}{2}+...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 04-06-2013 - 23:03 trong Bất đẳng thức và cực trị

Giải

Chú ý bất đẳng thức:

$0 < \sin{\dfrac{A}{2}} + \sin{\dfrac{B}{2}} + \sin{\dfrac{C}{2}} \leq \dfrac{3}{2}$

 

Ta có:
$P = \sin{\dfrac{A}{2}} + \sin{\dfrac{B}{2}} + \sin{\dfrac{C}{2}} + \cot^2{\dfrac{A}{2}} + \cot^2{\dfrac{B}{2}} + \cot^2{\dfrac{C}{2}}$

$\Leftrightarrow P = \sin{\dfrac{A}{2}} + \sin{\dfrac{B}{2}} + \sin{\dfrac{C}{2}}$ + $\dfrac{1}{\sin^2{\dfrac{A}{2}}} + \dfrac{1}{\sin^2{\dfrac{B}{2}}} + \dfrac{1}{\sin^2{\dfrac{C}{2}}} - 3$

Do A, B, C là số đo 3 góc của 1 tam giác nên ta luôn có $\sin\dfrac{A}{2}, \sin\dfrac{B}{2},\sin\dfrac{C}{2} > 0$
Nhận thấy:

$8\sin\dfrac{A}{2} + 8\sin\dfrac{A}{2} + \dfrac{1}{\sin^2\dfrac{A}{2}} \geq 3\sqrt[3]{64} = 12$

Do đó:
$P \geq 3.12 - 3 - 15(\sin\dfrac{A}{2} + \sin\dfrac{B}{2} + \sin\dfrac{C}{2}) \geq \dfrac{21}{2}$

Vậy $Min_P = \dfrac{21}{2}$. 
Dấu "=" xảy ra khi $A = B = C = \dfrac{\pi}{3}$




#422078 $(x+y)(\frac{1}{x}+\frac{1}...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 29-05-2013 - 22:11 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải

ĐK: $x, y \neq 0$

Hệ phương trình tương đương: $\left\{\begin{matrix} \dfrac{x}{y} + \dfrac{y}{x} = 3 & & \\ (\dfrac{x}{y})^2 + (\dfrac{y}{x})^2 + 2=49 & & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \dfrac{x}{y} + \dfrac{y}{x} = 3 & & \\ (\dfrac{x}{y} + \dfrac{y}{x})^2 = 49 & & \end{matrix}\right.$

 

Hệ nói trên vô nghiệm???




#445655 $\frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 27-08-2013 - 00:09 trong Đại số

Bất đẳng thức nói trên sai nếu $(a; b; c) = (-1; 1; 0)$
Do $a + b + c = 0 \Rightarrow a^2 + b^2 + c^2 = -2(ab + bc + ca)$ 
 
$\Rightarrow ab + bc + ca = - \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{2}$
Đặt $t = a^2 + b^2 + c^2 $, ta cần chứng mình: $\dfrac{t}{4} - \dfrac{t^3}{216} \leq 0$
:) Chắc có nhầm lẫn gì đấy :)



#449550 Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của $P=\frac{2\left(x^2+...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 12-09-2013 - 00:48 trong Bất đẳng thức và cực trị

Giải

Nếu $y = 0 \Rightarrow P = 2$

Với $y \neq 0$. Đặt $t = \dfrac{x}{y}$. Ta có:

$P = \dfrac{2x^2 + 12xy}{1 + 2xy + y^2} = \dfrac{2x^2 + 12xy}{x^2 + 2y^2 + 2xy} = \dfrac{2t^2 + 12t}{t^2 + 2t + 2}$

Xét hàm số: $f(t) = \dfrac{2t^2 + 12t}{t^2 + 2t + 2}$

Có $f’(t) = \dfrac{-8t^2 + 8t + 24}{(t^2 + 2t + 2)^2}$; $f’(t) = 0 \Leftrightarrow t = \dfrac{1 \pm \sqrt{13}}{2}$

Lập bảng biến thiên, ta tìm được:
$P_{max} = 2\sqrt{13} - 4$ và $P_{min} = -2\sqrt{13} - 4$

Bạn tự tìm giá trị của x, y tương ứng nhé.

 

 

 




#451363 Giải HPT: $\left\{\begin{matrix}x^2+5xy+5y...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 18-09-2013 - 00:10 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Chắc đề là: $\left\{\begin{matrix}x^2 + 5xy + 5y^2 = 8\\x^3 + 3xy(x + y) + 2y^3 = -16\end{matrix}\right.$

Giải

Hệ ban đầu tương đương:

$\left\{\begin{matrix}x^2 + 5y(x + y) = 8\\(x + y)^3 + y^3 = -16\end{matrix}\right.$

Đặt $t = x + y \Rightarrow x = t - y$, ta được:
$\left\{\begin{matrix}(t - y)^2 + 5ty = 8\\t^3 + y^3 = -16\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}t^2 + y^2 + 3ty = 8\\t^3 + y^3 = -16\end{matrix}\right.$

 

Đây là hệ đối xứng loại 1 :D




#422073 giải hpt: $\left\{\begin{matrix} x-3y=4...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 29-05-2013 - 22:03 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải

ĐK: $x, y \neq 0$

Hệ ban đầu tương đương:

$\left\{\begin{matrix} x^2 - 3xy = 4y & & \\ y^2 - 3xy = 4x& & \end{matrix}\right.$

 

Lấy hai phương trình trừ cho nhau vế theo vế, ta được:
$x^2 - y^2 = 4y - 4x \Leftrightarrow (x - y)(x + y + 4) = 0$

- Với x = y, hệ tương đương: $\left\{\begin{matrix} x - 3x = 4 & & \\ x = y & & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow x = y = -2$

 

- Với x + y = - 4, hệ tương đương: $\left\{\begin{matrix} x^2 - 3x.(-4 - x) = 4(- 4 - x)& & \\ x = - 4 - y & & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow x = y = -2$

 

Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (-2; -2)




#441285 định m để x^4-4mx^3+(m+1)x^3-4mx+1=0 có nghiệm

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 08-08-2013 - 17:04 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải
- Nhận thấy: x = 0 không phải là nghiệm của phương trình.
- Với $x \neq 0$, chia hai vế của phương trình cho $x^2$, ta được:
$x^2 - 4mx + m + 1 - \dfrac{4m}{x} + \dfrac{1}{x^2} = 0$
 
$\Leftrightarrow \left ( x + \dfrac{1}{x} \right )^2 - 4m \left ( x + \dfrac{1}{x}\right ) + m - 1 = 0$
 
Đặt $x + \dfrac{1}{x} = t \, (|t| \geq 2)$, ta được: $t^2 - 4mt + m - 1 = 0 \, (\star)$
 
Phương trình trên có biệt thức $\Delta' = (2m)^2 - (m - 1) = 4m^2 - m + 1 > 0$ nên luôn có hai nghiệm phân biệt $t_1, t_2$ thỏa mãn:
 
$\left\{\begin{matrix}t_1 + t_2 = 4m\\t_1.t_2 = m - 1\end{matrix}\right.$
 
Phương trình ban đầu vô nghiệm khi $\star$ có hai nghiệm thỏa mãn: $|t| < 2$
 
Điều này đồng nghĩa rằng:
$\left\{\begin{matrix}t_1^2 + t_2^2 < 8\\(t_1^2 - 4)(t_2^2 - 4) > 0\end{matrix}\right.$
 
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}(4m)^2 - 2(m - 1) < 8\\(m - 1)^2 - 4(16m^2 - 2m + 2) + 16 > 0\end{matrix}\right.$
 
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\dfrac{1 - \sqrt{97}}{16} < m < \dfrac{1 + \sqrt{97}}{16}\\\dfrac{-1}{3} < m < \dfrac{3}{7}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \dfrac{-1}{3} < m < \dfrac{3}{7}$
 
Vậy, phương trình ban đầu có nghiệm khi: $m \leq \dfrac{-1}{3}$ hoặc $m \geq \dfrac{3}{7}$

 

Bạn thử kiểm tra lại kết quả cái hen!




#446852 Tìm $MinP=\cfrac{b\sqrt{b}}{2a+b+c...

Đã gửi bởi Phạm Hữu Bảo Chung on 01-09-2013 - 14:42 trong Bất đẳng thức và cực trị

Giải
Ta có:
$\dfrac{b\sqrt{b}}{\sqrt{2a + b + c}} = \dfrac{2b^2}{\sqrt{4b(2a + b + c)}} \geq \dfrac{2b^2}{\dfrac{5b + 2a + c}{2}} = \dfrac{4b^2}{5b + 2a + c}$
 
Chứng minh tương tự với các biểu thức còn lại, suy ra:
$P \geq 4\left (\dfrac{b^2}{5b + 2a + c} + \dfrac{c^2}{5c + 2b + a} + \dfrac{a^2}{5a + 2c + b}\right )$
 
$\geq 4.\dfrac{(a + b + c)^2}{8(a + b + c)} = \dfrac{a + b + c}{2} = \dfrac{3}{2}$
 
Vậy: $Min_P = \dfrac{3}{2}$. Dấu "=" xảy ra khi $a = b = c = 1$